Vaativammat tehtävät

Perustehtävät

Tehtävä 1. Sievennä 1. _−1+2i²⁻⁵ⁱ

2. (√

2−i√ 2)¹⁵⁰

Tehtävä 2. Olkoon P mielivaltainen reaalikertoiminen polynomi. Osoita, että jos lukuz ∈C toteuttaa ehdon P(z) = 0, niin P(z) = 0.

Tehtävä 3. Ratkaise yhtälöt 1. z² =−2

2. z³ = 1−i 3. z²−1 =−2iz

Miksi viimeisellä yhtälöllä on vain yksi ratkaisu z ∈ C. Miksi z¯ ei ole ratkaisu (vertaa tehtävä 2).

Tehtävä 4. Johda DeMoivren kaavan perusteella kosinin ja sinin neljinkertaisten kulmien kaavat.

1

Vaativammat tehtävät

Tehtävä 5. Osoita oikeaksi DeMoivren kaava

(cosθ+isinθ)ⁿ = cos(nθ) +isin(nθ)

kaikillen ∈Z+ ja θ∈R. Entä pääteekö väite jos n= 0 tai n∈Z−? Tehtävä 6. Osoita sarjakehitelmien avulla, että

cosθ+isinθ= e^iθ, kun θ∈R.

Vinkit perustehtäviin

Tehtävä 1. 1. Lavenna nimittäjän liittoluvulla.

2. Käytä DeMoivren kaavaa.

Tehtävä 2. Tutki polynomia P(z)ja pyri muokkaamaan se polynomiksi P(z). Tehtävä 3. Muunna luvut polaariseen muotoon ja käytä deMoivren kaavaa. Ole tarkkana trionometristen funktioiden jaksollisuuden kanssa.

Tehtävä 4. Kirjoita(cosθ+isinθ)⁴ kahteen eri muotoon DeMoivren kaavan ja suoran potenssiin korottamisen avulla.

3

Vinkit vaativampiin tehtäviin

Tehtävä 5. Käytä induktiota ja trigonometrisiä summakaavoja.

Tehtävä 6. Tarkastele funktioidencosxjasinxsarjakehitelmiä ja yhdistäcosθ+ isinθ yhdeksi sarjaksi.

Perustehtävien ratkaisut

Tehtävä 1. 1. Lavennetaan nimittäjän konjugaatilla ja sievennetään täten imaginaariset osat pois nimittäjästä.

2−5i

−1 + 2i = (2−5i)(−1−2i) (−1 + 2i)(−1−2i)

= −2−4i+ 5i−10 (−1)²−(2i)²

= −12 +i

1 + 4 =−12 5 + i

5. 2. Muunnetaan luku √

2−i√ 2 = 2(

√ 2 2 −i

√ 2

2 )polaariseen muotoon ja käyte- tään DeMoivren kaavaa. Yksikköympyrää tai muistikolmioita käyttämällä saadaan, että jos







cosθ =

√2 2

sinθ =−

√ 2 2

jaθ ∈[0,2π[, niinθ = ^7π₄ . Siis ^√₂²−i

√2

2 = cos^7π₄ +isin^7π₄ . Nyt DeMoivren kaavaa soveltamalla saadaan, että

(√

2−i√

2)¹⁶⁰= (2(cos7π

4 +isin7π 4 ))¹⁵⁰

= 2¹⁵⁰(cos150·7π

4 isin150·7π

4 )

= 2¹⁵⁰(cosπ

2 +isinπ 2), koska ^150·7π₄ = (262 + ¹₂)π= ^π₂ + 131·2π. Siis

(√

2−i√

2)¹⁵⁰ = 2¹⁵⁰(cosπ

2 +isinπ

2) = 2¹⁵⁰i

Tehtävä 2. Oletuksen perusteella P(z) = 0. Täten P(z) = 0 = 0. Siis riittää todistaa, ettäP(z) =P(¯z). Olkoon polynomiP muotoaP(z) =anzⁿ+an−1zⁿ⁻¹+

5

. . . a₁z+a₀, missäa_n6= 0 ja a_i ∈R kaikillai= 0,1, . . . nTällöin P(z) =a_nzⁿ+an−1zⁿ⁻¹+. . . a₁z+a₀

=a_nzⁿ+an−1zⁿ⁻¹+. . .+a₁z+a₀

=anzⁿ+an−1zⁿ⁻¹+. . .+a1z+a0

=P(z), josta väite seuraa.

Tehtävä 3. 1. Koska −2 = 2(cosπ+isinπ), niin ratkaistavana on yhtälö (r(cosθ+isinθ))² = 2(cosπ+isinπ)

eli

r²(cos 2θ+isin 2θ) = 2(cosπ+isinπ).

Siis r² = 2, eli r =√

2, kun huomioidaan rajoitus r >0. Lisäksi 2θ =π+ n2π eliθ = ^π₂ +nπ, missän ∈Z trinometristen funktioiden jaksollisuuden takia. Ratkaisut ovat täten muotoa z_n =√

2(cos(^π₂ +nπ) +isin(^π₂ +nπ)). Jaksollisuuden perustella erisuuria ratkaisuja on vain kaksi

z₀ =√

2(cosπ

2 +isinπ 2) = √

2(0 +i) =i√ 2 ja

z₁ =√

2(cos(π

2 +π) +isin(π

2 +π)) =√

2(0−i) = −i√ 2.

2. Esimerkiksi yksikköympyrästä katsomalla huomataan, että1−i=√

2(cos^7π₄ +

Siisr= ⁶2jaθ= ^7π₁₂+n²₃π. Kolmannen asteen yhtälöllä on kolme erisuurta ratkaisua ja nyt ne ovat

z₀ =√⁶ 2

cos7π

12 +isin7π 12

z₁ =√⁶ 2

cos5π

4 +isin5π 4

z₂ =√⁶ 2

cos23π

22 +isin23π 22

.

3. Yhtälöz²+2iz−1 = 0on binomin neliönä muotoa(z+i)² =z²+2iz+i² = 0. Siis z = −i on ainoa ratkaisu, joka on tosin kaksinkertainen nollakohta.

Luku i ei ole eräs ratkaisu automaattisesti luvun −i konjugaattina, koska polynomi z²+ 2iz−1 ei ole reaalikertoiminen.

Tehtävä 4. De Moivren kaavan perusteella cos 4θ+isin 4θ = (cosθ+isinθ)⁴. Lisäksi suoraan laskemalla saadaan, että

(cosθ+isinθ)⁴ = cos⁴θ+ 4icos³θsinθ−6 cos²θsin²−4icosθsin³θ+ sin⁴θ

= (cos⁴θ+ sin⁴θ−6 cos²sin²θ) +i4(cos³θsinθ−cosθsin³θ).

Koska cosθ,sinθ ∈ R ja kompleksiluvut ovat yhtäsuuria jos ja vain jos niiden reaali- ja imaginaariosat ovat yhtäsuuria, niin

cos 4θ= cos⁴θ+ sin⁴θ−6 cos²sin²θ

ja

sin 4θ= 4(cos³θsinθ−cosθsin³θ).

7

Vaativampien tehtävien ratkaisut

Tehtävä 5. Olkoonθ ∈R mielivaltainen. Tehdään todistus induktiolla. Perusas- kel n = 1 on selvästi tosi. Tehdään induktio-oletus, että väite on tosi kun n=k. Todistetaan nyt induktioväite

(cosθ+isinθ)^k+1 = cos((k+ 1)θ) +isin((k+ 1)θ).

Nyt induktio-oletuksen perusteella

(cosθ+isinθ)^k+1 = (cosθ+isinθ)^k(cosθ+isinθ)

= (coskθ+isinkθ) (cosθ+isinθ)

= cos(kθ) cosθ+isin(kθ) cosθ+icos(kθ) sinθ−sin(kθ) sinθ

= (cos(kθ) cosθ−sin(kθ) sinθ) +i(sin(kθ) cosθ+ cos(kθ) sinθ) Trigonometristen summakaavoista saadaan, että

cos((k+ 1)θ) = cos(kθ+θ) = cos(kθ) cosθ−sin(kθ) sinθ ja

sin((k+ 1)θ) = sin(kθ+θ) = sin(kθ) cosθ+ cos(kθ) sinθ,

mistä induktioväite seuraa. Täten induktioperiaatteen nojalla DeMoivren kaava pätee kaikille n ∈Z+.

Kun n= 0, niin

1 = (cosθ+isinθ)⁰ = cos 0 +isin 0, joten väite on myös voimassa.

Oletetaan, että n=−m, missä m∈Z+. Tällöin

(cosθ+isinθ)ⁿ= (cosθ+isinθ)^−m

= 1

(cosθ+isinθ)^m

= 1

cosmθ+isinmθ

Lavennetaan osoittajaa ja nimittäjää termillä cosmθ−isinmθ, jolloin 1

cosmθ+isinmθ = cosmθ−isinmθ cos²mθ−(−isinmθ)²

= cosmθ−isinmθ cos²mθ+ sin²mθ

= cosmθ−isinmθ.

Koska kosinifunktio on parillinen ja sinifunktio pariton, niincosmθ= cos(−mθ) ja −isinmθ=isin(−mθ). Täten

(cosθ+isinθ)ⁿ = cos(−mθ) + sin(−mθ) = cosnθ+isinnθ aina, kunn ∈Z⁻.

Tehtävä 6. Olkoonθ ∈R mielivaltainen. Koska

cosθ =

∞

X

k=0

(−1)^k θ^2k

(2k)! = 1− θ² 2 + θ⁴

4! −. . . ja

sinθ=

∞

X

k=0

(−1)^k θ^2k+1

(2k+ 1)! =θ− θ³ 6 + θ⁵

120 −. . . , niin

cosθ+isinθ =

∞

X

k=0

(−1)^k θ^2k (2k)!+i

∞

X

k=0

(−1)^k θ^2k+1 (2k+ 1)!.

9

Sijoitetaan tähän

i^2k = (−1)^k ja i^2k+1 = (−1)^ki ja saadaan

cosθ+isinθ =

∞

X

k=0

i^2k θ^2k (2k)! +

∞

X

k=0

i^2k+1 θ^2k+1 (2k+ 1)!

=

∞

X

k=0

(iθ)^2k (2k)! +

∞

X

k=0

(iθ)^2k+1 (2k+ 1)!.

Vasemman puolisessa summauksessa eksponentti ja jakajan kertoma saavat paril- lisia arvoja ja oikean puolisessa vastaavasti parittomia. Yhdistetään summaukset yhden summauksen alle, joka onkin haluttu sarjakehitelmä

cosθ+isinθ=

∞

X

k=0

(iθ)^k k!

= e^iθ.

Tarkkaan todistukseen pitäisi tarkastella lisäksi sarjojen suppenemista ja onko sallittua yhdistää sarjat yhdeksi sarjaksi.